Đề thi thử đại học môn Toán lời giải chi tiết số 62

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 62 Ngày tháng năm 2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 3 2 6 9 3mx x mx− + − (1) (m là tham số) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1 2) Xác định m để đường thẳng d: y = 9 3 4 x − cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt A(0,– 3), B, C thỏa điều kiện B nằm giữa A và C đồng thời AC = 3AB. Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: 2(sin cos ) sin 3 cos3 3 2(2 sin 2 )x x x x x− + + = + 2) Giải phương trình: 2 2 2 log ( 2) (2 20)log ( 2) 10 75 0x x x x+ + − + − + = Câu III (1 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y = 5 1 3 2 x x + + + , trục hoành và hai đường thẳng x = – 1, x = 3 quay quanh trục hoành. Câu IV (1 điểm) Cho khối lăng trụ đều ABC.A’B’C’, cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA’= 2a. Gọi M, N lần lượt trung điểm của CC’, A’C’. Mặt phẳng (BMN) cắt cạnh A’B’ tại E. Tính thể tích khối chóp A.BMNE. Câu V ( 1 điểm) Cho hai số thực x, y thay đổi thỏa mãn : 2 2 ( 2) ( 2) 7x y+ + + = . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 3 ( 4) 5x x + + + 3 ( 4) 5y y + + II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) ( Thí sinh chọn một trong hai phần sau ) 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa ( 2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tứ giác MNPQ với M( – 1,– 3 ), N(4, 4 3 − ), P(4, 1), Q(–3, 1) và điểm I(1, 1 2 − ). Tìm tọa độ các điểm A, B, C, D lần lượt nằm trên các đường thẳng MN, NP, PQ, QM sao cho ABCD là hình bình hành nhận I làm tâm. 2) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 1 1 1 1 2 3 x y z− + − = = − và hai điểm A(3, 2, –1), B(–1,– 4,3). Tìm trên đường thẳng d điểm M sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VIIa ( 1 điểm) Tính tổng S = 0 1 2 2010 2011 2011 2011 2011 2011 2011 1 1 1 1 1 3 4 5 2013 2014 C C C C C− + − + − 2. Theo chương trình nâng cao: Câu VIb ( 2 điểm) 1)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) : 2 2 1 9 5 x y + = và hai điểm A(2, – 2), B(– 4, 2). Tìm điểm M trên (E) sao cho diện tích tam giác MAB lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó. 2) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 3) 17x y z+ + − + + = và mặt phẳng (P): 2x + 2y + z + 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A(8, 0, – 23), nằm trong (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S). Câu VIIb ( 1 điểm) Gọi z 1 và z 2 là hai nghiệm của phương trình: 2 [(1 3) ( 3 1) ] 2 3 2 0z i z i− + + − + + = . Tìm phần thực và phần ảo của số phức 2011 2011 1 2 z z+ HƯỚNG DẪN ĐỀ 62 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Câu I (2 điểm) 1)(1,0 đ) Khi m = 1 ta có hàm 3 2 6 9 3y x x x= − + − +TXĐ : D = R + lim x y →−∞ = −∞ , lim x y →+∞ = +∞ + y’ = 3x 2 – 12x + 9 ; y’ = 0 1 1 3 3 x y x y = ⇒ =  ⇔  = ⇒ = −  +BBT x – ∞ 1 3 + ∞ y’ + 0 – 0 + y 1 + ∞ – ∞ – 3 + Hàm đồng biến trên các khoảng (– ∞ , 1) và (3, + ∞ ), nghịch biến trên khoảng (1,3) Điểm cực đại của đồ thị (1,1), điểm cực tiểu của đồ thị (3, –3) + y” = 6x – 12 ; y” = 0 ⇔ x = 2 , y(2) = – 1 . Đồ thị có điểm uốn (2,– 1) + Đồ thị 4 2 -2 -4 -5 5 t x ( ) = x 3 -6 ⋅ x 2 ( ) +9 ⋅ x ( ) -3 2)(1,0 đ) + Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) : 3 2 9 6 9 3 3 4 mx x mx x− + − = − ⇔ 2 9 ( 6 9 ) 0 4 x mx x m− + − = ⇔ 2 9 0; 6 9 0(2) 4 x mx x m= − + − = + Có 3 giao điểm A(0, – 3), B, C phân biệt ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ 2 0 0 9 ' 9 (9 ) 0 1 0 4 4 9 1 9 0 4 4 m m m m m m m m     ≠ ≠     ∆ = − − > ⇔ − + + >       − ≠ ≠     ⇔ 0 1 65 1 65 8 8 1 4 m m m  ≠   − +  < <    ≠   (*) + Gọi B(x 1 , y 1 ), C(x 2 , y 2 ) với y 1 = 9 4 x 1 – 3, y 2 = 9 4 x 2 – 3 ; trong đó x 1 , x 2 là 2 nghiệm của (1) . Ta có AB uuur = (x 1 , y 1 + 3), AC uuur = (x 2 , y 2 + 3) AC uuur = 3 AB uuur ⇔ 2 1 2 1 3 3 3( 3) x x y y =   + = +  ⇔ x 2 = 3x 1 +Ta có 2 1 1 1 1 2 2 2 2 1 2 1 2 3 3/ 2 3 / 2 6 / 9 / 2 9 / 2 9 9 / 4 9 9 / 4 4 3 0 x x x m x m x x m x m x m x x m x x m m m  = = =      + = ⇔ = ⇔ =       = − = − − − =    + Ta có 4m 2 – m – 3 = 0 ⇔ 1 3 / 4 m m =   = −  ( thỏa điều kiện (*)) +Kết luận : m = 1 và m = – 3/4 Câu II(2 điểm) 1) 2(sin cos ) sin 3 cos3 3 2(2 sin 2 )x x x x x− + + = + ⇔ 3 3 2(sin cos ) 3sin 4sin 4cos 3cos 3 2(2 sin 2 )x x x x x x x− + − + − = + ⇔ 5(sin cos ) 4(sin cos )(1 sin cos ) 3 2(2 sin 2 )x x x x x x x− − − + = + Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ⇔ (sin cos )(1 4sin cos ) 3 2(2 sin 2 )x x x x x− − = + (1) + Đặt t = sinx – cosx , 2 2t− ≤ ≤ thì t 2 = 1 – sin2x + (1) trở thành t[1 + 2(t 2 – 1)] = 3 2 ( 3 – t 2 ) ⇔ 3 2 2 3 2 9 2 0t t t+ − − = ⇔ 2 ( 2)(2 5 2 9) 0t t t− + + = ⇔ t = 2 + sinx – cosx = 2 ⇔ 3 sin( ) 1 2 4 4 x x k π π π − = ⇔ = + 2) (1,0 đ) 2 2 2 log ( 2) (2 20)log ( 2) 10 75 0x x x x+ + − + − + = (1) +ĐK: x > – 2 . Đặt t = 2 log ( 2)x + thì (1) có dạng t 2 + (2x – 20)t + 75 – 10x = 0 (2) + '∆ = (x – 10) 2 – (75 – 10x) = x 2 – 10x + 25 = (x – 5) 2 Suy ra (2) ⇔ 5 15 2 t t x =   = −  + 2 log ( 2)x + = 5 ⇔ x + 2 = 2 5 ⇔ x = 30 + 2 log ( 2)x + = 15 – 2x ⇔ 2 log ( 2)x + + 2x – 15 = 0 Đặt f(x) = 2 log ( 2)x + + 2x – 15 thì f’(x) = 1 2 ( 2)ln 2x + + > 0, ∀ x ( 2, )∈ − +∞ Hàm f(x) đồng biến trên ( – 2,+ ∞ ) và f(6) = 0 ⇒ x = 6 là nghiệm duy nhất phương trình f(x) = 0. + Kết luận: Tập nghiệm S = {30, 6} Câu III (1 điểm) + Thể tích khối tròn xoay tạo ra là V = 3 2 1 5 (1 3 2 ) x dx x π − + + + ∫ + Đặt t = 1 + 3 2x+ ⇒ 3 2x+ = t – 1 ⇒ 3 + 2x = (t – 1) 2 ⇒ dx = (t – 1)dt x = – 1 ⇒ t = 2 ; x = 3 ⇒ t = 4 + V = 4 2 2 2 1 2 8 ( 1) 2 t t t dt t π − + − ∫ = 4 2 2 1 10 8 3 2 t dt t t π   − + −  ÷   ∫ = 4 2 2 1 8 3 10ln 2 2 t t t t π   − + +  ÷   = ( ) 5ln 2 1 π − Câu IV (1 điểm) + Đường thẳng MN cắt đường thẳng AA’ và AC tại H và K; HB cắt A’B’ tại E. E K H N M C' B' A C B A' Ta có A’H = C’M = a, CK = NC’ = a/2 +V A.BMNE = V HABK – (V HAEN + V MABK ) +S ABK = 1 2 AB.AK.sin60 0 = 2 3 3 8 a +V H.ABK = 1 3 S ABK .HA = 3 3 3 8 a +V M.ABK = 1 3 S ABK .MC = 3 3 8 a ; ' ' 1 3 A E HA AB HA = = ⇒ A’E = 1 3 a +V HAEN = V H.A’EN + V A.A’EN = 1 3 S A’EN .HA = 1 6 .A’E.A’N.sin60 0 .HA = 3 3 24 a +V A.BMNE = 3 3 3 8 a – ( 3 3 24 a + 3 3 8 a ) = 3 5 3 24 a Câu V(1 điểm) + Gọi T là miền giá trị của P. Ta có m ∈ T ⇔ Hệ sau có nghiệm 2 2 3 3 ( 2) ( 2) 7 ( 4) 5 ( 4) 5 x y x x y y m  + + + =   + + + + + =   (I) +Đặt u = 3 ( 4) 5x x + + , v = 3 ( 4) 5y y + + .Ta có u = 2 3 ( 2) 1 1x + + ≥ ,tương tự v ≥ 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Hệ (I) trở thành 3 3 9u v u v m  + =  + =  ⇔ 3 ( ) 3 ( ) 9u v uv u v u v m  + − + =  + =  ⇔ 3 9 3 m uv m u v m  − =    + =  (m ≠ 0) +Ta có u, v là hai nghiệm phương trình: 3 2 9 0 3 m t mt m − − + = (1) + Hệ (I) có nghiệm ⇔ Phương trình (1) có nghiệm t 1 , t 2 thỏa điều kiện 1 1 2 t t≤ ≤ ⇔ 1 2 1 2 0 ( 1) ( 1) 0 ( 1)( 1) 0 t t t t ∆ ≥   − + − ≥   − − ≥  ⇔ 3 2 3 4( 9) 0 3 2 0 9 1 0 3 m m m m m m m  − − ≥    − ≥   −  − + ≥   ⇔ 3 3 2 36 0 3 2 3 3 9 0 3 m m m m m m m  − + ≥    ≥   − + −  ≥   ⇔ 3 0 36 2 0 3 m m m m  < ≤  ≥   < ∨ ≥  ⇔ 3 3 36m≤ ≤ . Suy ra miền giá trị T = [3, 3 36 ] . Vậy maxP = 3 36 , minP = 3 Câu VIa ( 2 điểm): 1)(1,0 đ) + Gọi M’, N’ lần lượt điểm đối xứng của M và N qua I ⇒ M’(3, 2) và N’( – 2, 1 3 ) +Phương trình đường thẳng M’N’: 3 2 5 5 / 3 x y− − = − − ⇔ x – 3y + 3 = 0 +A ∈ MN và C đối xứng với A qua I nên C là giao điểm của M’N’ với PQ + Phương trình đường thẳng PQ: y = 1. +Tọa độ điểm C là nghiệm hệ pt 3 3 0 0 1 1 x y x y y − + = =   ⇔   = =   . C(0, 1) ⇒ A(2, – 2) + Gọi Q’ điểm đối xứng của Q qua I ⇒ Q’(5, – 2) +D ∈ MQ và B đối xứng với D qua I nên B là giao điểm của M’Q’ với PN + Phương trình M’Q’: 5 2 2 4 x y− + = − ⇔ 2x + y – 8 = 0; phương trình PN : x = 4 +Tọa độ điểm B là nghiệm hệ pt 2 8 0 4 4 0 x y x x y + − = =   ⇔   = =   . B(4, 0) ⇒ D(– 2, – 1 ) Vậy: A(2, – 2), B(4, 0), C(0, 1), D(– 2, – 1 ) 2)M(1 + t, – 1 + 2t, 1 – 3 t) ∈ d. Ta có: MA + MB = 2 2 2 ( 2) (2 3) (2 3 )t t t− + − + − + 2 2 2 (2 ) (2 3) ( 2 3 )t t t+ + + + − − = 2 2 14 28 17 14 28 17t t t t− + + + + = 2 2 3 3 14 ( 1) ( 1) 14 14 t t   − + + + +  ÷  ÷   +Trong mặt phẳng tọa độ Oxy xét E(1, 3 14 ), F(–1, – 3 14 ) và N(t, 0) Ta có MA + MB = 14 (NE + NF) ≥ 14 FE = 2 17 + E và F nằm hai bên trục hoành và đối xứng qua gốc O, còn N chạy trên trục hoành nên dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi E, N và F thẳng hàng , tức t = 0 + Vậy min(MA + MB) = 2 17 khi và chỉ khi t = 0 hay M(1, –1, 1) Câu VIIa (1 điểm) + Ta có 2011 0 1 2 2 2010 2010 2011 2011 2011 2011 2011 2011 2011 (1 ) x C C x C x C x C x− = − + − + − Suy ra 2 2011 0 2 1 3 2 4 2010 2012 2011 2013 2011 2011 2011 2011 2011 (1 ) x x C x C x C x C x C x− = − + − + − 1 2 2011 0 (1 )x x dx− ∫ = ( ) 1 0 2 1 3 2 4 2010 2012 2011 2013 2011 2011 2011 2011 2011 0 C x C x C x C x C x dx− + − + − ∫ = 1 0 3 1 4 2 5 2010 2013 2011 2014 2011 2011 2011 2011 2011 0 1 1 1 1 1 3 4 5 2013 2014 C x C x C x C x C x   − + − + −  ÷   = 0 1 2 2010 2011 2011 2011 2011 2011 2011 1 1 1 1 1 3 4 5 2013 2014 C C C C C− + − + − Vậy S = 1 2 2011 0 (1 )x x dx− ∫ . Đặt t = 1 – x ⇒ dt = – dx . Với x = 0 thì t = 1; với x = 1 thì t = 0 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 S = 0 2 2011 1 (1 ) ( )t t dt− − ∫ = 1 2 2011 0 ( 2 1)t t t dt− + ∫ = 1 2013 2012 2011 0 ( 2 )t t t dt− + ∫ = 1 2014 2013 2012 0 2 2014 2013 2012 t t t   − +  ÷   = 1 2 1 2014 2013 2012 − + = 1 2013.2014.1006 Câu VIb ( 2 điểm) 1)Phương trình đường thẳng AB: 2 2 4 2 2 2 x y− + = − − + ⇔ 2x + 3y + 2 = 0 + AB = 2 13 , M(x 0 ,y 0 ) ∈ (E) ⇔ 2 2 0 0 1 9 5 x y + = , d(M,AB) = 0 0 2 3 2 13 x y+ + + S MAB = 1 2 AB.d(M,AB) = 0 0 2 3 2x y+ + + BĐT Bunhiacôpxki 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 (2 3 ) .6 .3 5 (36 45) 81 3 9 5 5 x y x y x y     + = + ≤ + + =  ÷  ÷     Suy ra 0 0 9 2 3 9x y− ≤ + ≤ ⇔ 0 0 7 2 3 2 11x y− ≤ + + ≤ 0 0 2 3 2 11x y⇒ + + ≤ Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 0 0 0 0 0 0 2 18 15 5 2 3 9 3 x y x y x y =   =   ⇔   =   + =   .Vậy maxS MAB = 11 khi và chỉ khi M(2, 5 ) 3 2)(S) có tâm I(–1, 2,–3), bán kính R = 17 . (P) có VTPT n r = (2, 2, 1) + Gọi u r = (a, b, c) là VTCP đường thẳng ∆ cần tìm (a 2 + b 2 + c 2 > 0) + ∆ ⊂ (P) ⇒ u r ⊥ n r ⇔ 2a + 2b + c = 0 ⇔ c = – 2a – 2b (1) + Ta có AI uur = (–9, 2, 20), [ AI uur , u r ] = (2c – 20b, 20a + 9c, – 9b – 2a) ∆ tiếp xúc (S) ⇔ d(I, ∆ ) = R ⇔ , 17 AI u u     = uur r r ⇔ 2 2 2 2 2 2 (2 20 ) (20 9 ) ( 9 2 ) 17.c b a c b a a b c− + + + − − = + + (2) +Từ (1) và (2) ta có : 2 2 2 2 2 2 ( 4 24 ) (2 18 ) ( 9 2 ) 17[ ( 2 2 ) ]a b a b b a a b a b− − + − + − − = + + − − ⇔ 896b 2 – 61a 2 + 20ab = 0 +Nếu b = 0 thì a = 0 suy ra c = 0 vô lí, vậy b ≠ 0. Chọn b = 1 Ta có – 61a 2 + 20a + 896 = 0 ⇔ a = 4 hoặc a = 224 61 − + Với a = 4, b = 1 thì c = – 10 ; với a = 224 61 − , b = 1 thì c = 326 61 .Vậy có hai đường thẳng thỏa bài toán là: ( ) ∆ 8 4 , ; 23 10x t y t z t= + = = − − và ( ) / 224 326 8 ; ; 23 61 61 x t y t z t∆ = − = = − + Câu VIIb (1 điểm) + Biệt số ∆ = 2 [(1 3) ( 3 1) ] 4(2 3 2 ) 4 3 4i i i+ + − − + = − − = 2 [(1 3) (1 3) ]i− + + +Phương trình có hai nghiệm: z 1 = 3 – i và z 2 = 1 + 3 i +z 1 = 3 – i = 3 1 2( ) 2[cos( ) sin( )] 2 2 6 6 i i π π − = − + − ⇒ 2011 2011 1 2011 2011 2 [cos( ) sin( ) 6 6 z i π π = − + − 2011 7 7 2 [cos( ) sin( )] 6 6 i π π = − + − = 2011 3 1 2 ( ) 2 2 i− + +z 2 = 1 + 3 i = 1 3 2( ) 2(cos sin ) 2 2 3 3 i i π π + = + ⇒ 2011 2011 2011 2 2011 2011 2 (cos sin ) 2 (cos sin ) 3 3 3 3 z i i π π π π = + = + = 2011 1 3 2 ( ) 2 2 i+ Suy ra 2011 2011 2011 1 2 1 3 1 3 2 [ ] 2 2 z z i − + + = + . Vậy phần thực là 2010 2 (1 3)− và phần ảo là 2010 2 (1 3)+ . ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 62 Ngày tháng năm 2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 3 2 6 9 3mx x mx− + − (1) (m là tham số) 1) Khảo sát sự biến thi n. 2 [(1 3) ( 3 1) ] 2 3 2 0z i z i− + + − + + = . Tìm phần thực và phần ảo của số phức 2011 2011 1 2 z z+ HƯỚNG DẪN ĐỀ 62 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Câu I (2 điểm) 1)(1,0 đ) Khi. nằm giữa A và C đồng thời AC = 3AB. Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: 2(sin cos ) sin 3 cos3 3 2(2 sin 2 )x x x x x− + + = + 2) Giải phương trình: 2 2 2 log ( 2) (2 20)log ( 2) 10 75 0x